Kiem tra chon doi tuyen HSG 12

<span class='text_page_counter'>(1)</span><div class='page_container' data-page=1>

<b>SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO</b> <b>KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH</b>

<b>KHÁNH HÒA </b> <b>NĂM HỌC 2009-2010</b>

<b> Môn : TOÁN - Lớp 12 THPT – Bảng B </b>

Ngày thi : 06/04/2010

<i>Thời gian : 180 phút (không kể thời gian phát đề)</i>

<b>Bài 1 (4 điểm):</b>

Cho hàm số y = (m + 1) x3_{+ 3( m + 1) x}2_{- 4mx - m.}
1) Tìm các giá trị của m để hàm số luôn đồng biến.

2) Chứng minh: với mọi m đồ thị hàm số luôn đi qua 3 điểm cố định thẳng hàng.

<b>Bài 2 (4 điểm):</b>

1) Giải bất phương trình:
x

1

3x 1 0

2







 









.

2)

Giải phương trình:

2
3

3

x
log

log 15 2
3

50

.5

x

x

0

9

 
 

 

_

_

_{ .}

<b>Bài 3 (4 điểm): </b>

1) Tính:









5

5

5x 2

x

3









<i>e</i>

<i>I</i>

<i>d</i>

<i>x</i>

.

2) Cho x2_{+ y}2_{=1 . Chứng minh:} _16(x5__{y ) 20(x}5 _ 3__{y ) 5(x y)}3 _ _ _ ₂_.
<b>Bài 4 (5 điểm) </b>

1)

Trong khơng gian cho hai điểm A, B cố định có AB =10. Tìm tập hợp những
điểm M sao cho AM = 3BM.

2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có diện tích bằng

S

3

2



,

hai đỉnh

A 2; 3







_và

B 3; 2







_{và trọng tâm G của tam giác thuộc đường}

thẳng

3x y 8 0







_{. Tìm tọa độ đỉnh C.}

<b>Bài 5: (3 điểm)</b>

Một tam giác ABC có các góc A, B, C thỏa mãn điều kiện

2

C

sin A.sin B sin

2



.

Chứng minh: tồn tại điểm D trên đoạn AB sao cho

_CD

2

_AD.BD



.

<b>- HẾT –</b>

- Đề thi có 01 trang;

- Giám thị khơng giải thích gì thêm.

</div>
<span class='text_page_counter'>(2)</span><div class='page_container' data-page=2>

<b>SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO</b> <b>KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH</b>

<b>KHÁNH HÒA </b> <b>NĂM HỌC 2009-2010</b>

<b> </b> <b>Môn : TOÁN - Lớp 12 THPT – Bảng B </b>

Ngày thi : 06/04/2010

<i>Thời gian : 180 phút (không kể thời gian phát đề)</i>

<b>Bài</b> <b>Nội dung</b> <b>Điểm</b>

<b>Bài 1.1</b>

<b>(2 điểm)</b> <b>Tìm các giá trị của m để hàm số luôn đồng biến.</b>

D = R 0,25

Cần điều kiện : y’ = 3 (m + 1) x2 _{+ 6 ( m + 1 ) x - 4 m}_₀

Thỏa mãn với x. 0,50

m + 1 = 0 => m = - 1 có y’ = 4 > 0 Thỗ mãn với x

Vậy m = -1 là giá trị cần tìm . 0,50

m + 1  0 = > m = - 1 . Để y’ 0 thoã mãn với x cần điều kiện

' 2

m 1 0

9(m 1) 12m(m 1) 0
 




     



m 1 0 3

1 m

(m 1)(7m 3) 0 7

 


 _    

  

 .

0,50

Kết luận: m

1;

3

.

7





 

_



_





0,25

<b>Bài 1.2</b>
<b>(2 điểm)</b>

Gọi (x0 ;y0) là điểm cố định mà đồ thị đi qua với m

=> m (x033x20 4x0 1) x 033x02 y00(*) 0,25

Để phương trình (*) khơng phụ thuộc m cần

3 2

0 0 0

3 2
0 0 0

x 3x 4x 1 0

x 3x y 0

    




  



 0,25

Xét phương trình 3 2

0 0 0

x 3x  4x 1 0

Gọi f(x) = x303x20 4x01 0 là hàm số liên tục trên R

+ Có f(0) .f(-1) <0 => phương trình f(x) = 0 có một nghiệm thuộc (-1; 0)
+ Có f(1) .f(2) <0 => phương trình f(x) = 0 có một nghiệm thuộc (1; 2)
+ Có f(-1) > 0 ; khi x   _{thì f(x) <0.}

Vậy phương trình f(x) = 0 có nghiệm thuộc (-;1)

Vậy phương trình f(x) = 0 ln có 3 nghiệm .

1,00

Các nghiệm ấy thõa mãn:

3 2

3 2

x 3x 4x 1 0

x 3x y 0

    




  




Trừ hai phương trình theo vế được: y - 4x - 1 = 0 hay các điểm cố định
thuộc đường thẳng y = 4x + 1.

0,50

<b>Bài 2.1</b>

<b>(2 điểm) Giải bất phương trình: </b>
x

1

3x 1 0

2







 









<b>.</b>

Ta có:

x

1

3x 1

2





 











.
Đặt

x

1 2

1

y

;y

3x 1

2







_

_









.

1.00

<b>ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHÍNH THỨC</b>

-4.5 -4 -3.5 -3 -2.5 -2 -1.5 -1 -0.5 0.5 1 1.5 2 2.5
-2

-1
1
2
3
4
5
6
7
8
9

<b>x</b>
<b>y</b>

A

</div>
<span class='text_page_counter'>(3)</span><div class='page_container' data-page=3>

Vẽ đồ thị của 2 hàm số trên cùng 1 hệ trục tọa độ ta được hình vẽ.

Từ đồ thị đã vẽ ta suy ra:

y

₁

y

₂

x

3

x

1

 





_{ }

 



Vậy nghiệm của bất phương trình cho là

x

  

3 x

 

1

.

1.00

<b>Bài 2.2</b>

<b>(2 điểm) Giải phương trình: </b>

2
3

3

x
log

log 15 2
3

50

.5

x

x

0

9

 
 

 

_

_

_

<b>.</b>

Điều kiện:

x 0 x 1

 



Biến đổi:

_

_

2

3 3

x

log

2 log x 1

3

















;

log 15 log x.log 15

3



3 x ;

2
3

log x
2

x



3

.

0.50

Phương trình cho trở thành:

50

.5

2 log x 1 3 

x

log 15.log xx 3

3

log x3 2

0

9









Hay

2

.25

log x3

15

log x3

9

log x3

0

9







.

Chia 2 vế của phương trình cho

15

log x3

_

0

, đi đến phương trình:

3 3

log x log x

2 25

9

1

0

9 15

15









 




















3 3

log x log x

2 5

3

.

1

0

9 3

5

 

 

 



 

 

 

 

Đặt
3
log x

5

t

0

3

 



_{ }



 

, đi đến phương trình:

_2t

2

_{9t 9 0}



 

.

Giải phương trình này được 2 nghiệm:

t

₁

3;t

₂

3

2





.
1.00
Với
3
3
1
log x

log 5 1
1

5

t

3

3

x 3

3



 

 

_{ }

 



 

.
Với
3
3
3

1 log 2
log x

log 5 1

3

5

3

t

x 3

2

3

2




 

 

_{ }

 



 

.

0.50
<b>Bài 3.1</b>

<b>(2 điểm) Tính: </b>









5
5

5x 2

x

3









<i>e</i>

<i>I</i>

<i>d</i>

<i>x</i>

<b>.</b>
Ta có:





5





5





4

5x 2

13

5

3

3

3















<i>x</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

0,50













1 5





1 4

5 5

5 5

5 4

13e x 3 5e x 3

13e 5e

I dx dx C

1 5 1 4

x 3 x 3

 
  

     
 
 













5 5
4 3

13e

5e

I

C

4 x 3

3 x 3













1.50

<b>Bài 3.2</b>

<b>(2 điểm) Chứng minh : </b>

5 5 3 3

16(x y ) 20(x y ) 5(x y)   2<b>.</b>

Đặt x = sint ; y = cost sin2 cos2 1



</div>
<span class='text_page_counter'>(4)</span><div class='page_container' data-page=4>

Ta có sin5t = 16sin5_{t –20sin}3_{t + 5sint}

cos5t = 16cos5_{t – 20cos}3_{t + 5cost}

sin5t = 16x5_–20x3_{+ 5x ; cos5t = 16y}5_{– 20y}3_+5y 1.00

5 5 3 3

16(x y ) 20(x y ) 5(x y) sin 5t cos5t 2

        

Dấu “=” xảy ra  5t k t k k Z

4 2 20 5

   

        . 0.75

<b>Bài 4.1</b>

<b>(2 điểm)</b> <b>Tìm tập hợp những điểm M sao cho AM = 3BM. </b>

Chọn hệ toạ độ Oxyz sao cho A = (-5; 0; 0), B = (5; 0; 0)
Gọi M(x; y; z) là điểm thỏa mãn AM = 3BM AM2 _{= 9BM}2

 (x + 5)2 _{+ y}2 _{+ z}2 _{= 9(x - 5)}2 _{+ 9y}2 _{+ 9z}2 1.00

 x2 _{+ y}2 _{+ z}2 _-

2
25

x + 25 = 0 (*) Đây là phương trình mặt cầu.
Vậy quỹ tích điểm M cần tìm là mặt cầu có phương trình (*).

1.00

<b>Bài 4.2</b>
<b>(3 điểm)</b>

<b>Tìm tọa độ đỉnh C</b>

Gọi điểm

C x ; y



0 0



thì



0 0





0 0



CA













2 x ; 3 y ;CB



 













3 x ; 2 y



 





































và trọng tâm của tam
giác ABC là điểm

G

5 x

0

;

5 y

0

3

3



 













. Theo giả thiết ta có G thuộc

đường thẳng

3x y 8 0







suy ra:

0 0

5 x

5 y

3

8 0

3

3



 

































y

0



3x

0



4

(1).

1.00

Diện tích tam giác ABC:



0

 

0

 

0

 

0



1

1

S

CA,CB

2 x

2 y

3 x

3 y

2





2



_

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

_





 





 

Vì

S

3

2



nên ta có:

3



_

2 x



₀

_{ }

 

2 y

₀

_{ }



3 x



₀

_{ }

 

3 y

₀

_

(2)

1.00

Thay (1) vào (2) và rút gọn được: ₀ 01

02

x

1

2x

1 3

x

2





   

_



Tương ứng tính được: 01

02

y

1

y

10







_



.

Kết quả, tìm được 2 điểm thỏa nghiệm bài toán:

C 1; 1 ;C

₁







₂





2; 10





. 1.00

<b>Bài 5</b>

<b>(3 điểm)</b> <b>Chứng minh: tồn tại điểm D trên đoạn AB sao cho </b>
2

CD



AD.BD

Ta có:

sin A.sin B sin

2

C

2







2

C

1

_{1 cosC}

2

2

sin A.sin B sin









2sin A.sin B cosC 1







(1)

Và vì

sin A.sin B 0

 

2.sin A.sin B cosC cosC





 

1

(2).

1.00
2

1

A B

C

</div>
<span class='text_page_counter'>(5)</span><div class='page_container' data-page=5>

Từ (1), (2) suy ra,

 

! ,0

 

: cos

 

2sin A.sin B cosC



(3)

Vì

0 C

C

cos

cosC



 



  



 



(4). Từ (3) suy ra:





1

C

C

sinA.sin B

cos

cosC

sin

.sin

2

2

2

 

 



 



Đặt

C

₁

C

;C

₂

C

2

2

 

 





, thì ta có:

sinA.sin B sin C .sin C



₁ ₂ (6).

1.00

Ta lại có:

C

1



C

2

 

C

0 C



1



C

.

Suy ra trong góc C của tam giác ABC ta có thể kẻ tia Cx tạo với cạnh CA
Một góc bằng

C

1 và tia này cắt đoạn AB tại 1 điểm D, là điểm phải tìm.

Thật vậy, khi đó ta có:

sin A

sin C sin B sin C

1

;

2

CD



AD

CD



BD

(định lý hàm số sin trong tam giác ADC và BDC).

1 2

2

sin A.sin B sin C .sin C

CD

AD.BD





.

Do (6), suy ra:

_CD

2

_AD.BD



thỏa điều kiện bài toán.

Nhận xét: do cách dựng tia Cx, nếu

sin A.sin B sin

2

C

2



thì trên đoạn AB
tồn tại 2 điểm D khác nhau sao cho

_CD

2

_AD.BD



.

1.00

</div>

<!--links-->